Problème — La quadrature de la parabole, d'Archimède au pont

• L'équation et l'aire. Le trinôme s'annule en $x=0$ et $x=30$ : les deux naissances sont bien au niveau du sol. Son maximum est au milieu, $x=15$, où

$$y=\frac{8}{225}\times 15\times 15=\frac{8\times 225}{225}=8,$$

ce qui est la flèche annoncée. L'aire de l'ouverture vaut, en développant $\frac{8}{225}(30x-x^2)$ :

$${\int }_0^{30}\frac{8}{225}(30x-x^2)\mathrm{d}x=\frac{8}{225}{\left[15x^2-\frac{x^3}{3}\right]}_0^{30}=\frac{8}{225}(13500-9000)=\frac{8\times 4500}{225}=160{\text{ m}}^2.$$

• Le cas général. Une parabole de portée $L$ et de flèche $H$ s'écrit $y=\frac{4H}{L^2}x(L-x)$ : elle s'annule en $0$ et $L$, et vaut $\frac{4H}{L^2}\times \frac{L}{2}\times \frac{L}{2}=H$ en $x=\frac{L}{2}$. Alors

$${\int }_0^L\frac{4H}{L^2}(Lx-x^2)\mathrm{d}x=\frac{4H}{L^2}{\left[\frac{L{x}^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]}_0^L=\frac{4H}{L^2}\times \frac{L^3}{6}=\frac{2LH}{3}.$$

On vérifie : $\frac{2\times 30\times 8}{3}=160$. L'aire d'une arche parabolique vaut les deux tiers de celle du rectangle qui la contient — une formule qu'un maçon peut retenir.

• Le résultat d'Archimède. La corde est le segment de $(0;0)$ à $(30;0)$, horizontale. La tangente lui est parallèle là où $y^{\prime }=0$, c'est-à-dire au sommet $(15;8)$. Le triangle inscrit a donc pour base $30$ et pour hauteur $8$ :

$$T=\frac{30\times 8}{2}=120{\text{ m}}^2,\text{et}\frac{4}{3}T=\frac{4}{3}\times 120=160{\text{ m}}^2.$$

C'est exactement l'aire trouvée par l'intégrale.

• L'exhaustion. Prenons la corde de $(0;0)$ à $(15;8)$, de coefficient directeur $\frac{8}{15}$. La dérivée vaut $y^{\prime }=\frac{8}{225}(30-2x)$, et

$$\frac{8}{225}(30-2x)=\frac{8}{15}⟺30-2x=15⟺x=7,5,$$

point où $y=\frac{8}{225}\times 7,5\times 22,5=6$. Le triangle de sommets $(0;0)$, $(7,5;6)$ et $(15;8)$ a pour aire

$$\frac{1}{2}|0\times (6-8)+7,5\times (8-0)+15\times (0-6)|=\frac{1}{2}|60-90|=15{\text{ m}}^2.$$

Par symétrie, le triangle correspondant à droite vaut aussi $15$ m${}^2$ : la deuxième génération totalise $30=\frac{120}{4}=\frac{T}{4}$. On admet qu'il en va de même à chaque étape — c'est le cœur de la démonstration d'Archimède. L'aire du segment est alors

$$T+\frac{T}{4}+\frac{T}{16}+\frac{T}{64}+\cdots =T\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\cdots \right)=T\times \frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}T,$$

par la formule du chapitre 1 sur la somme des termes d'une suite géométrique de raison $\frac{1}{4}<1$. Les sommes partielles valent $1$ ; $1,25$ ; $1,3125$ ; $1,328125$ ; $1,33203125$ : elles montent vers $\frac{4}{3}=1,3333\dots$ sans jamais l'atteindre, ce qui est précisément la façon dont Archimède raisonnait — en encadrant, faute d'avoir la notion de limite.

• Le volume de pierre. La façade fait $30\times 10=300$ m${}^2$, dont $160$ m${}^2$ de vide :

$$300-160=140{\text{ m}}^2\text{ de mac¸onnerie,}140\times 1,2=168{\text{ m}}^3\text{ de pierre.}$$

Il est frappant que la première quadrature exacte de l'histoire — un segment de parabole, par Archimède, vers $-250$ — repose sur une suite géométrique, c'est-à-dire sur le chapitre 1 de ce livre, et que ce soit un calcul d'aire qui l'ait exigée. La méthode d'exhaustion, qui encadre l'inconnu entre deux quantités qu'on resserre, est l'ancêtre direct de notre comptage de carreaux : deux mille deux cents ans, et la même idée.